资源简介

所以 M,B, D1 的坐标分别为 0，3，2 , 3,3,0 , 0,0,3 ,
第四节 法向法研究直线、平面的位置关系
因此 MB 3,0, 2 , MD1 0, 3,1 ,

MBD
核心基础导学 设 n2 (x, y, z) 是平面 1 的法向量,则
n2 MB , n2 MD1 ,
【1】C

l n MB 3x 2z 0解析:依题意,直线 的一个方向向量为 PQ (3， 1， 1) (1， 0， 2) (2， 1 3) ， , 2所以 ,
C n2 MD1 3y z 0其他三个均不合要求.故选: .
【2】A z 3 x 2 y 1 n 2,1,3 MBD

取 ,则 , .于是 2 是平面 1 的一个法向量.
解析:因为 l1 l2 ,即 a b ,则 a b 2 2 4y 4x 0 ,所以 x y 1 . 【10】详见解析
故选:A 解析:（1）以 D为原点, DA,DC,DD1 所在的直线分别为 x, y, z 轴,建立
【3】D
空间直角坐标系,
解析:直线 l 过点 A 0,a,3 和 B 1,2,b 两点,故 AB 1,2 a,b 3 则 D(0,0,0),A(6,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,3),A1(6,0,3),C1 (0,2,3) ,



又直线 l 的一个方向向量 m 2, 1,3 ,所以 AB//m , 所以 DD1 (0,0,3) ,

所以 AB m ,所以 1,2 a,b 3 2 , ,3 , 因为 DD1 平面 ABCD ,所以 DD1 为平面 ABCD 的一个法向量,

1 所以平面 ABCD 的一个法向量为 DD1 (0,0,3) ,

2 1 2 （2）设平面 ACC1A1 的法向量为 m (x, y, z) ,
3
所以 2 a ,解得 a ,所以 a b 3 .故选:D 因为 AC ( 6,2,0),AA1 (0,0,3) ,
3 b 3
2

b 3


m AC 6x 2y 0
2 所以 ,令 x 1 ,则 m (1,3,0) , m AA1 3z 0
【4】B
所以平面 ACC1A1 的一个法向量为 m (1,3,0) ,
解析:因为 l1 l2 ,则其方向向量 a b , a b 1 ( 2) 2 3 ( 2)m 0 ,
（3）设平面 ACD1 的法向量为 n (a,b,c) ,
解得 m 2 .故选:B.
【5】A 因为 AC ( 6,2,0),AD1 ( 6,0,3) ,

解析:因为直线 l1,l2 的方向向量分别为 a (1, 3, 1),b (8,2,2) , n AC
所以
6a 2b 0
,令 a 1 ,则 n (1,3,2)
a b (1, 3, 1) (8,2,2) 8 6 2 0 ,所以 a b ,即 l1 l2 .故选:A. n AD1 6a 3c 0
【6】A 所以平面 ACD1 的一个法向量为 n (1,3,2)
解析:因为直线 l1 和 l2 不重合,所以 d d 可以推出 l1 / /l2 ,而 l1 / /l1 2 2 只

能推出 d1 与 d2 共线,不一定相等,所以 d1 d2 是 l1 / /l2 的充分非必要条
件.故选:A.
【7】 5,7, 3

解析:设 n x, y, z 是平面 的一个法向量,

n a 0,
由直线与平面垂直的判定定理知
n b 0,
x 2y 3z 0,
即
2x y z 0. 重点题型专练
x 5 , 【11】证明见解析
z 1
x 2y 3, 3
不妨设 ,得 解得 解析:以点 D为原点,分别以 DA、 DC 与 DD1 的方向为 x、y与 z轴的
2x y 1, y 7 , 正方向,建立空间直角坐标系.
3

n 5 7 ∴平面 的一个法向量 , ,13 3 .
【8】详见解析
解析:如图建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为 1 ,则 A 1,0,0 、
C 0,1,0 、 C1 0,1,1 、 B1 1,1,1 、 A1 1,0,1 ,所以

AC 1,1,0 , AB1 0,1,1 , AA1 0,0,1 ,设面 A1ACC1 的法向量为
则 D 0,0,0 、 A 3,0,0 、 C 0,4,0 、 B 3,4,0 、 D1 0,0,3 、 A1 3,0,3 、

m A C x y 0m x, y, z ,所以 ,令 x 1 ,则 y 1 , z 0 ,所以 C1 0,4,3 、 B 3,4,3 ,
m AA1 z 0
1
由题意知 P 3,0,2 、 Q 0,2,3 、 S 0,4,1 、 R 3,2,0 ,
m 1,1,0 ,即平面 A1ACC1 的一个法向量为 m 1,1,0 ,设平面 ACB1 的
∴ PQ 3,2,1 , RS 3,2,1 .
法向量为 n a,b,c n AC a b 0 ,则 ,令 a 1 ,则 b 1 , c 1 ,所
n AB b c 0 ∴ PQ RS ,又
PQ , RS 不共线,
1
PQ∥RS
以 n 1,1, 1 ∴ .,所以平面 ACB1 的一个法向量为 n 1,1, 1 ;
【12】证明见解析
解析:由题意知,直线 DA,DC,DP 两两垂直,
以 D为坐标原点, DA,DC,DP 所在直线分别为 x 轴 y 轴 z轴建立空
间直角坐标系,如图所示,
则 D 0,0,0 ,A 1,0,0 ,P 0,0,1 ,N 0, 1 , 1 ,M 1 1 2 4 , ,0 , 4 2
【9 】详见解析
所以 AP ( 1,0,1),MN
1
,0,
1
4 4 ,
解析:（1）因为 x轴垂直于平面 ABB1A1 ,所以 n1 (1,0,0) 是平面 ABB 1A1 的

一个法向量. 所以 MN
1
AP ,又 M AP ,故 MN //AP .
（2）因为正方体 ABCD A B 41 1C1D1 的棱长为 3, CM 2MC1 ,
{#{QQABJQQAogCgAABAABhCQwW6CAGQkBGCCSoOwFAYIAAAyAFABCA=}#}

n ·CF=0 2y 2z 0 y z 1 11
故
1 1
,即
n ·CG=0 2x1 y 2z 0
,则 1 ,
1 1 1 x1 z1 2

令 z1 2 ,得 n1 1,2,2 ,

n MN 1,2,2 1, 3 3 所以 1 ,1 1 1 2 2 1 0
2
,
2

【13】证明见解析. 所以 MN n1 ,又 MN 平面 CFG ,所以 MN / / 平面 CFG .
解析:在正方体 ABCD A1B1C1D1 中,以 A为原点, AB,AD,AA1 的方向分 【16】证明见解析
别为 x, y, z 轴正方向,建立空间直角坐标系, 解析:如图,以 B为坐标原点,分别以 BC,BA,BB1所在直线为 x轴、y轴、
z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设 BC＝a,AB＝b,BB1＝c,
令正方体的棱长为 1,则 B(1,0,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1) ,
1
线段 A1B 的中点 M ,0,
1 1 1
,线段 A1C1 的中点 N , ,12 2 2 2
,则 a
则 B（0,0,0）,A（0,b,0）,C1（a,0,c）,F ,0,0
a b
,E , ,c .
1 1
2 2 2

MN 0, ,
2 2
,
a b 所以 ＝（0,－b,0）, ＝ , ,c .
AB AE 2 2
因为 AB 平面 ADD A

1 1 ,则 AB是平面 ADD1A1 的一个法向量,而且
(1,0,0) 设平面 ABE的一个法向量为 n ＝（x,y,z）,AB ,
1 1 n AB 0
显然 MN AB 0 1 0 0 0 ,因此 MN AB ,又 MN 平面 则 ,
2 2 n AE 0
ADD1A1 ,所以 MN / / 面 ADD1A1 . by 0
14 a
a
【 】证明见解析 即 a b 令 x＝2,则 y＝0,z＝－ ,即 n ＝ 2,0, c .
解析:证明:因为 AE 平面 ABCD AD AB AB,AD,AE
x y cz 0 c
2 2 , ,所以 两两垂
直．
a
如图,以 A为坐标原点,分别以 AB , AD , AE 的方向为 x轴、y轴、z轴 又 C1F ,0, c ,所以 n C1F 0 ,又 C1F 平面 ABE,所以 C2 1F∥平面
的正方向建立空间直角坐标系,则 ABE.
A 0,0,0 ,B 1,0,0 ,C 1,2,0 ,D 0,1,0 ,E 0,0,2 ． 【17】证明见解析

设 F 1,2,a ,因为平面 ADE的一个法向量为 AB 1,0,0 , BF 0,2,a , 解析:在 ABCD A1B1C1D1 为正方体中, AB,AD,AA1 两两互相垂直,

所以 BF AB 0 ．因为 BF 平面 ADE ,所以 BF / / 平面 ADE ．
所以以 A 为原点,以 AB,AD,AA 所在直线分别为 x, y, z1 轴,
建立空间直角坐标系（如图）,
【15】证明见解析 因为正方体的棱长为 2,所以 A 0,0,0 ,B 2,0,0 ,
解析:因为四边形 ABCD 为正方形, AE 底面 ABCD ,所以 C 2,2,0 ,D 0,2,0 ,A1 0,0,2 ,C1 2,2,2 ,E 1,2,2 ,F 1,0,2 ,
AB , AD , AE 两两相互垂直,

如图,以 A为原点,分别以 AB , AD , AE 方向为 x轴、y轴、z轴正方向 所以 CE 1,0,2 ,
建立空间直角坐标系 A xyz , A1E 1,2,0 ,BC1 0,2,2 ,BF 1,0,2 , CF 1, 2,2 .

设平面 A1EC 的一个法向量为 n (x, y, z) ,

n CE 0, x, y, z 1,0,2 0,
所以
n A E 0, x, y, z 1,2,0 0, 1
x 2z,
即 ,令 x 2 ,得 y 1, z 1 ,
x 2y

所以 n 2, 1,1 .

因为 n BC1 2, 1,1 0,2,2 0 ,
由题意可得
0,0,0 , B 2,0,0 , C 2,2,0 , D 0,2,0 , E 0,0,2 , F 2,0,2 所以 n BC, 1 ,
3 n BF 2, 1,1 1,0,2 0 ,
G 0,1,2 , M 0, ,1 , N 1,0,2 ,
2 所以 n BF ,
3 又因为 BF BC1 B

,所以 n 平面 BFC1 ,
则 CF 0, 2,2 , CG 2, 1,2 , MN 1, ,12 所以平面 BFC1 平面 A1EC ,

n CF 【18】证明见解析
设平面 CFG 的一个法向量为 1 = 1, 1, 1 ,则
1 ,
n CG 解析:以 D为坐标原点, DA , DC , DD1 的方向 1
分别为 x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,
设正方体的棱长为 2,则 A（2,0,0）,C（0,2,0）,
{#{QQABJQQAogCgAABAABhCQwW6CAGQkBGCCSoOwFAYIAAAyAFABCA=}#}
D（0,0,0）,M（1,0,1）,N（1,1,0）,P（1,2,1）.
AF 1

则 ,1,0

, AB1 1,0,1 , D E
1, 1 , 1 1 ,
2 2

设平面 AB1F 的一个法向量为 n x, y, z ,
1
n AF x y 0 1
则
2 ,令 x 1 ,则 y , z 1 ,

n AB1 x z 0
2

由正方体的性质,知 AD⊥平面 CC1D1D, 所以平面 AB1F 的一个法向量为 n
1
1, , 1 ,
2
所以 DA＝（2,0,0）为平面 CC1D1D的一个法向量.
所以 D1E n ,所以 D1E 平面 AB由于 MP＝（0,2,0）, MN ＝（0,1,－1）, 1
F ;
【22】证明见解析
MP·DA 0
则 ,
MN·DA 0

即 DA＝（2,0,0）也是平面 MNP的一个法向量,
所以平面 MNP∥平面 CC1D1D. 解析:
【19】证明见解析
解析:因为 PD 平面 ABCD , AD,CD 平面 ABCD ,且四边形 ABCD
是矩形,
所以 DA,DC,DP 两两垂直,
DA,DC,DP x y 以点 D为坐标原点, 所在直线分别为 轴, 轴, z轴建立 如图,因 PA 平面ABCD,底面ABCD为正方形,故可以 AB,AD,AP 分别
如图所示的空间直角坐标系, 为 x, y, z 的正方向建立空间直角坐标系.
PN BE 1
根据题意,因为 PD AB 3,AD 2 ,且 . 又 PA＝AD＝AB＝2,M,N分别为 AB,PC的中点,
NC EA 2 则 A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),C (2,2,0),D(0,2,0) , M (1,0,0),N (1,1,1) ,
3
D 0,0,0 ,A 2,0,0 ,E 2,2,0 ,C 0,3,0 ,P 0,0,3 ,B 2,3,0 ,M 1,0, ,N 0,1,2 , 于是, MN (0,1,1),DP (0, 2,2),DC (2,0,0), 不妨设平面 PCD的法向量
2
为 n (x, y, z) ,

所以 DE 2,2,0 ,MN 1,1, 1 2 . n DP 2y 2z 0 则有 , 令 y 1 ,故可取 n (0,1,1) ,因 MN / /n ,则
n DC 2x 0
因为 DE MN 2 1 2 1 1 0 0 ,所以 DE MN ,即 DE MN .
2 MN 平面 PCD.
【23】证明见解析
解析:由题意,以点 A 为坐标原点, AB , AC , AA1 分别为 x , y , z轴,
建立空间直角坐标系,
【20】证明见解析
解析:以 A 为原点, AB 为 x 轴,过 A 且与 BC 平行的直线为 y 轴, AP
为 z轴,建立空间直角坐标系,如图:
则 A 0,0,0 ,A1 0,0, 3 ,B 2,0,0 ,C 0,2,0 ,D 1,1,0 ,

则 BC 2,2,0 ,AA1 0,0, 3 ,AD 1,1,0 ,

故 BC AA1 2 0 2 0 3 0 0, BC AA1 ,

BC AD 2 1 2 1 0 0 0, BC AD ,
即 BC AA1,BC AD ,
又 AA1 AD A,AA1 ,AD 平面 A1AD ,
则由题意得 A 0,0,0 , P 0,0,1 , C 1,1,0 , B 1,0,0 , 故 BC 平面 A1AD .
E 0,0,
1 ,F 1 , 1 ,0 1 1 【24】证明见解析
2 2 2
,M ,0, ,
2 2 解析:过点 E作底面 ABCD的垂线交 A1D1于 F,
1 1 1 1 1 以 E为坐标原点,EA、EB、EF所在直线分别为 x、y、z轴,建立如图所EF , , , AM ,0,2 2 2 2 2 示的空间直角坐标系,

EF·AM 1 1 0 1 1 0 ∴ 2 2 2 2 ,即: EF AM ,
∴ EF AM .
【21】证明见解析
解析:以 A为坐标原点, AB , AD , AA1 所在直线为坐标轴建立如图所示
的空间直角坐标系,
则 A1 1,0, 2 , C1 2, 3, 2 , B 0, 3,0 , D 1,0,0 , B1 0, 3, 2 ,
所以 A1C1 3, 3,0 , A1B 1, 3, 2 , DB1 1, 3, 2 ,

因为 A1C1 DB1 3 3 0 0 , A1B DB1 1 3 2 0 ,
所以 A1C1⊥DB1,A1B⊥DB1,
又 A1B∩A1C1＝A1,A1B、A1C1 平面 BA1C1,
1 1 则 B 1,0,0 , E 1, ,0 , F ,1,0 , A 所以 DB ⊥平面 BA C .0,0,0 , B1 1,0,12 2 D 0,1,1
1 1 1
, 1 ,
【25】证明见解析
解析:证明:在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,侧棱 PA 平
面 ABCD ,
{#{QQABJQQAogCgAABAABhCQwW6CAGQkBGCCSoOwFAYIAAAyAFABCA=}#}
以 A为坐标原点, AB,AD,AP所在直线为 x, y, z

轴,建立空间直角坐标 （2）由（1）知 A 2,0,2 ,A1 2,0,0 ,BE 0,2, 1 ,
系, AE 2,2, 1 ,A1B1 2,0,0 ,A1D 1,1,2 ,

设平面 BEA的法向量为 n x1, y1, z1 ,平面 A1B1D的法向量为

m x2 , y2 , z2 ,

BE n 0 2y z 1 1
0
则 ,即 ,令 y1 1 ,则 n 0,1,2 ;
AE n 0 2x1 2y1 z1 0

A1B1 m 0 2x 0,
2 ,即
1 1 A x y 2z 0,
PA AD 1 A(0,0,0),P(0,0,1),D(0,1,0),C(1,1,0),M (0, , ) 1
D m 0 2 2 2
,则 ,
2 2
令 z2 1 ,则 m 0, 2,1 ,所以 m n 0 ,
故 PD (0,1, 1),CD ( 1,0,0) ,
所以平面 BEA 平面 A1B1D ．
m PD y z 0 【28】 F 为 CD 中点
设平面 PCD的法向量为 m (x, y, z) ,则 ,
m CD x 0 解析:由于 ABCD A1B1C1D1 为正方体,以 A 为坐标原点,分别以 AB、

令 y 1 ,则 m (0,1,1) , AD 、 AA1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z轴,建立如图所示的空间直角坐
1 1 标系,AM (0, , ),AC (1,1,0) ,
2 2

1 n AM b
1
c 0
设平面 MAC 的法向量为 n (a,b,c) ,则 2 2 ,

n AC a b 0

令 b 1 ,则 n ( 1,1, 1) ,

则 m n (0,1,1) ( 1,1, 1) 1 1 0 ,
故平面 MAC 平面 PCD .
【26 所以 D】证明见解析 1(0,2,2) ,
E(2,1,0) , A(0,0,0) , B1(2,0,2) ,设 F(t,2,0) ,所以

解析:建立如图的空间直角坐标系,则 D 0,0,0 、 A 1,0,1 、 B 1,1,0 、 D1E (2, 1, 2) , AF (t,2,0) , AB1 (2,0,2) ,1
1 AF n 0 tx 2y 0E 0,1, , 设平面 AB1F 的法向量为 n (x, y, z) ,则

,即 ,令
2 AB1 n 0 2x 2z 0

DE 1
y t
于是 0,1, , DB 1,1,0 , DA1 1,0,12 , x 2 ,则 ,即 n ( 2,t,2) , z 2

因为 D1E 平面 AB1F ,则 n / /D1E ,即 n D1E ,解得 t 1 ,即 F 为 CD
中点时, D1E 平面 AB1F .
【29】点 F 存在,且为线段 BD 上靠近点 D的一个四等分点,即
DF :FB 1:3 ;
解析:由题知,平面 ABCD 平面 PDC ,平面 ABCD 平面 PDC CD ,
因为 PD DC , PD 平面 PDC ,所以 PD 平面 ABCD ,
又因为 DA 平面 ABCD ,所以 PD DA ,
则 PD DA,PD DC ,DC DA ,则以 D为原点建立空间直角坐标系如图
设平面 EBD 的法向量为 n1 x1, y1, z1 . 所示.
1
由 n1 DE , n1 DB ,得 y1 z1 0 , x1 y1 0 .2

令 x1 1 ,则 y1 1, z1 2 ,∴ n1 1, 1,2 .

设平面 A1BD 的法向量为 n2 x2 , y2 , z2 .

由 n2 DA1 , n2 DB ,得 x2 z2 0 , x2 y2 0 .

令 x2 1 ,则 y2 z1 1 ,∴ n2 1, 1, 1 . 结合已知可得 A(2,0,0) , B(2,2,0) , C(0,4,0) , P(0,0,2) ,

故 n n 1, 1,2 1, 1, 1 0 , 则 PB 中点 E(1,1,1) F DB DB (2,2,0) F( , ,0)1 2 . 平面 , ,故可设 ,

因此 n1 n2 ,故面 A1BD 面 EBD . 则 EF ( 1, 1, 1) , EF 平面 PBC , EF PB 0,EF PC 0 ,

【27】（1） EF BD 1 ；（2）证明见解析 2 1 2 1 2 0
又 PB (2,2, 2),PC (0,4, 2) ,所以
解析:（1）在直三棱柱 ABC A BC 中, BB A B , 4 1 2 0
,
1 1 1 1 1 1
又 BE A1B1,BB1 BE B,BB1,BE 平面 BCC1B1 ,, 1 1 1
解得 ,即 F ( , ,0) ,
所以 A1B1 平面 BCC1B1 ,因此 B1A1,B1B,B1C1 两两垂直． 2 2 2
建立如图所示的空间直角坐标系 B xyz , 故点 F 存在,且为线段 BD 上靠近点 D的一个四等分点,即1
DF :FB 1:3 .
【30】（1）证明见解析；（2）点 G 为 AD 的中点

解析:（1）以 D为坐标原点, DA , DC , DP 的方向分别为 x轴、y轴、
z轴的正方向,建立空间直角坐标系（如图）,
则 B 0,0,2 ,E 0,2,1 ,D 1,1,2 ,F 1,0,0 ．

所以 EF 1, 2, 1 ,BD 1,1,0 ,

所以 EF BD 1 ． 设 AD a ,则
{#{QQABJQQAogCgAABAABhCQwW6CAGQkBGCCSoOwFAYIAAAyAFABCA=}#}
D(0,0,0) , B(a,a,0) , C(0,a,0)

, E a,
a ,0 , P(0,0,a) F
a , a , a , ,
2 2 2 2
a a
所以 EF ,0, , DC (0,a,0)2 2 ,

所以 EF DC
a a
,0, (0,a,0) 0
2 2
,
【33】 F 为 PB 上靠近 P 点的四等分点
所以 EF CD . 解析:如下图,以 A 为原点,建立空间直角坐标系.
（2）因为 G 平面 PAD,设 G(x,0, z) ,

所以 FG x
a
, a ,z a .
2 2 2



由（1）,知 CB (a,0,0) , CP (0, a,a) .
因为 GF 平面 PCB,

FG CB 所以 x
a
, a ,z a (a,0,0) a(x
a
) 0 ,
2 2 2 2
PA AC 2
因为 , BC 2 2 ,
FG a a a
2
CP x , ,z (0, a,a)
a a
a z 0 ,
2 2 2 2 2

则 A 0,0,0 , P 0,0,2 , B 2 2 ,2,0 , C 0,2,0 , E 0,1,1 ,

x a z 0 ∴ AE (0,1,1) , PB (2 2 ,2, 2) , PC (0,2, 2)所以 , , ,
2
又因为 PF //PB ,可设 PF PB (2 2 ,2 , 2 )(0 1) ,
a
G 所以点 的坐标为 ,0,02 ,即点 G为 AD的中点. 因为 E 为 PC 的中点, PE (0,1, 1) ,所以 EF PF PE
【31】存在, E 为 PD 中点时, CE∥平面 PAB,理由见解析. (2 2 ,2 1, 2 1) ,
解析:由已知得以 AB,AD,AP两两垂直, 因为 EF PB ,所以 2 2 2 2 2(2 1) 2( 2 1) 0 ,
分别以 AB,AD,AP为 x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图. 1
解得 ,
4
故 F 为 PB 上靠近 P 点的四等分点.
2
【34 2 15】（1）存在, BD ；（2）
5 5
解析:（1）连接 OC ,因为 AC BC , O 为 AB 的中点,所以 OC AB ,
由题意知 A1O 平面 ABC,
1 又 AA1 2 , A1AO 60 ,所以 A1O 3 ,
∵ PA AB BC AD 1 ,
2 以 O点为原点,如图建立空间直角坐标系,
∴P（0,0,1）,C（1,1,0）,D（0,2,0）,

设 E（0,y,z）,则 PE ＝（0,y,z－1）, PD ＝（0,2,－1）,
∵E是棱 PD上的点,
y z 1
∴ PE ∥ PD ,∴ ,即 y 2 2z ①2 1

∵ AD ＝（0,2,0）是平面 PAB的法向量, CE ＝（－1,y－1,z）,

∴由 CE∥平面 PAB,可得 CE ⊥ AD ,
则 A1 0,0, 3 , A 1,0,0 , B 1,0,0 , C 0, 3,0
∴（－1,y－1,z）·（0,2,0）＝2（y ,－1）＝0,
1
∴y＝1,代入①式得 z＝ . 由 A1B1 AB 2,0,0 ,得 B1 2,0, 3 ,
2
∴E是 PD的中点, 由 A1C1 AC 1, 3,0 ,得 C1 1, 3, 3 ,
此时,由于 CE 平面 PAB ,
CE PAB 设 BD tBB1 t 1,0, 3 t ,0, 3t ,t 0,1 ,得 D 1 t,0, 3t∴ ∥平面 . ,
故存在满足题意的点 E,使得 CE∥平面 PAB,且点 E为棱 PD的中点.
又 AC1 2, 3, 3 , A1D 1 t ,0, 3t 3 ,
【32】N为 CD1 的中点
解析:如图,分别以 DA , DC , DD 所在直线为 x,y,z轴建立空间直角坐 由 A1D AC1 ,即 AC AD 0 ,得 2 1 t 3 3t 3 0 ,1 1 1
标系, 1
解得 t ,又 BB1 2 BD
2
,所以 ,
则 D 0,0,0 1 3 5 5, A 1,0,0 , D1 0,0,1 , C 0,2,0 , E ,2,0 , M ,1,0
2 4
,
2
故存在点 D且 BD 满足条件;

3
5
所以 DC 0,2,0 , DM ,1,04 , CD1 0, 2,1 . 【35】 G 为 PD 上靠近 D的三等分点,理由见解析
解析: PA 平面 ABCD ,四边形 ABCD 为矩形, PA,AB,AD 两两互相
设 CN CD1 0, 2,1 0, 2 , 0 1 ,
垂直,则以 A 为坐标原点, AB,AD,AP 正方向为 x, y, z 轴可建立空间直
则 DN DC CN 0,2,0 0, 2 , 0,2 2 , , 角坐标系,

MN DN DM 3 ,1 2 ,

,
4

由题意知 DC 0,2,0 是平面 ADD1A1 的一个法向量,所以 MN DC ,即
2 1 2 0 1,解得 .
2
因为 MN 平面 ADD1A1 ,所以当 N为 CD1 的中点时, MN ∥平面
ADD1A1 .
A 0,0,0 , B 2,0,0 , D 0,1,0 , P 0,0,2 , C 2,1,0 , M 1,0,1 ,
H 3 ,
3 , 1 ,
2 4 2
{#{QQABJQQAogCgAABAABhCQwW6CAGQkBGCCSoOwFAYIAAAyAFABCA=}#}

（1）设 G x, y, z ,且 PG PD 0 1 , 解析:因为直线 l 的方向向量 s 1,1,1 ,平面α的法向量为

x 0 2 n 2,x x, x ,直线 l // 平面 ,
又 PG x, y, z 2 , PD 0,1, 2 , y , G 0, ,2 2 ,
所以z 2 2 s n 2 x
2 x x 0 ,即 x2 2 ,解得: x 2 故选:D.

3.【答案】D
AG 0, ,2 2 ; 解析:以 D1 为坐标原点, D1A1 、 D1C1 、 D1D 为 x 、 y 、 z轴建立空间直
设平面 BDH 的法向量 n1 x1, y1, z1 ,又 角坐标系,

DH 3 1 1 BD 2,1,0 , , , ,
2 4 2

n BD 2x y 0

1 1 1
3 1 1 ,令 x1 1 ,则
n1 DH x2 1
y z
4 1 2 1
0


y1 2 , z1 2 , n1 1,2, 2 ;
设 CE x0 , DF y0 , AG// 平面 BDH , AG n1 ,即 AG n1 2 2 2 2 0 ,解
则 E(x0，1，1) , B1(1，1，0) , F (0，0，1 y0) , B(1,1,1) ,
2
得: ,
3 ∴ B1E (x0 1，0，1) , FB (1，1，y0 ) ,由于 B1E 平面 ABF ,
2 ∴ B1E FB (x0 1，0，1) (1，1，y0 ) x0 1 0 y0 0 ,即 x0 y0 1 , PG PD ,即 G 为 PD 上靠近 D的三等分点,此时 AG// 平面 BDH
3 故 CE 与 DF 的长度之和为 1 .故选:D.
【36】 M 为 PE 上靠近 E 的三等分点 4.【答案】A
解析:由题意, 解析:以 D为坐标原点, DA,DC,DD 分别为 x, y, z1 轴,建立空间直角坐
在三棱锥 P ABC 中, DB DC , 标系,
PD 平面 ABC , DB 平面 ABC , DC 平面 ABC ,
则 A 1,0,0 ,D1 0,0,1 ,BPD DB PD DC 1 1,1,1 ,设 P 0,m,0 ,0 m 1 , Q n,0,t ,∴ , ,
建立空间直角坐标系如下图所示, 所以
B1Q n,0,t 1,1,1 n 1, 1,t 1 ,

AD1 1,0,1 ,AP 0,m,0 1,0,0 1,m,0 ,
因为 B1Q 平面 AD1P ,

所以 B1Q AD1 n 1, 1,t 1 1,0,1 1 n t 1 t n 0 ,故 t n ,

B1Q AP n 1, 1,t 1 1,m,0 1 n m 0 ,故 m 1 n ,

2 2 其中 PQ n,0,t 0,m,0 n, m,t ,
∴ B( 2 ,0,0) , D(0,0,0) , C(0, 2 ,0) , E , ,0 , A(0, 2 ,0) ,
2 2 22
故 PQ n2 m2 t 2 2n2 1 n 2 3n2 2n 1 1 2 3 n ,
P(0,0, 2 ) , 3 3

设 PM PE 0 1 . 1 2 2 2
故当
n 时, PQ ,此时 m 1 n 满足要求,
3 min 3 3
∴ DB ( 2 ,0,0) , PB ( 2 ,0, 2 ) , PC (0, 2 , 2 ) ,
2 6
2 2 所以线段 PQ的最小值为 .故选:APE , , 2 , DP (0,0, 2 ) .
3 3
2 2
2 2
∴ DM DP PM DP PE , ,(1 ) 22 2
,


设平面 MBD法向量为 n1 x1 , y1 , z1 ,

DB n1 2x 1
0
则 2 2 ,令 z1 ,可得
DM n1 x1 y 1 2z2 2 1 1 0 5.【答案】ABC

n 0,2( 1), 解析:由题意,向量 AB (2, 1, 4),AD (4,2,0),AP ( 1,2, 1) ,1 ,
对于 A 中,由平行四边形法则加法可得
设平面 PBC 法向量为 n2 x2 , y2 , z2 , AC AB AD 2, 1, 4 4,2,0 6,1, 4 ,所以 A 正确;

PB n 2x 2z 0

则 2 2 2 ,可令 x y 1 ,可得 n (1,1,1) , 对于 B 中,由 AP AB 2 ( 1) ( 1) 2 ( 4) ( 1) 0 ,2 2
PC
2
n 2 y 2z 0 2 2 2 可得 AP AB ,所以 B 正确;
要使平面 MBD 平面 PBC ,则 n1 n2 0 , 对于 C 中,又因 AP AD ( 1) 4 2 2 ( 1) 0 0 ,
2 ABCD
∴ n1 n2 0 2( 1) 0 ,解得
由
, AP AB 且 AP AD , AD AB A , AD 平面 , AB 平面
3 ABCD

PM 2

∴即 PE 时平面 MBD 平面 PBC 可得向量 AP是平面 ABCD, 的一个法向量,所以 C 正确;
3 对于 D 中,由 AP 是平面 ABCD 的一个法向量,可得 AP BD ,所以 D
∴ M 为 PE 上靠近 E 的三等分点时平面 MBD 平面 PBC . 错误.故选: ABC .
6.【答案】 2,0,5
综合巩固提升 解析:已知,直线 BD//CA ,且 BD 与坐标平面 xOz 相交于点 D ,

1.【答案】B 则有 BD CA ,可设 D x,0, z ,
解析:因为平面 / / 平面 ,即两个平面的法向量平行,
而 A 0,3,5 , B 2,2,0 , C 0,5,0 ,
B 选项,由 1,1, 1 1, 1,1 ,所以向量 1,1, 1 与向量 n 平行,
则 BD CA ,即: x 2, 2, z 0, 2,5
故向量 1,1, 1 是平面 的一个法向量,故 B 正确;
x 2 0
显然 ACD 选项中的向量均不与向量 n 平行,所以不能作为平面 的一 2 2 x 2即: ,解得: ,所以点 D的坐标为 2,0,5 .故答案
个法向量,故 ACD 均错误.故选:B. z 5 z 5

2.【答案】D
{#{QQABJQQAogCgAABAABhCQwW6CAGQkBGCCSoOwFAYIAAAyAFABCA=}#}
为: 2,0,5 .
7 6.【答案】
2
解析:如图,以点 D为原点,分别以直线 DA,DC, DD1 为 x轴,y轴,z轴,
建立空间直角坐标系,
则 A 1,0,0 , A1 1,0,2 , D 0,0,0 , E 1,1,1 ,设 P 0, y, z ,

所以 DA1 1,0,2 , DE 1,1,1 , AP 1, y, z ,
x 2z 0,
设平面 A1DE 的法向量为 n x , y , z 1 = 0 ,由 得
= 0 x y z 0,

取 n 2,1,1 ,

ADE 1 y z y z 1因为 AP 平面 1 ,所以 AP / /n ,则 解得 2 1 1 2
P 0, 1 , 1
1 1
所以 ,则 PE 1, ,
2 2 2 2
1 1 6
所以 EP 1 .
4 4 2
8 3.【答案】（1）证明见解析；（2） ．
3
解析:（1）证明: PD 底面 ABCD ,底面 ABCD 为矩形,
易知 DA , DC , DP 两两垂直．
分别以 DA , DC , DP 所在的直线为 x , y , z轴,建系如图,则根据题
意可得:
D 0,0,0 , 1,0,0 , C 0,2,0 ,
M 1 ,1, 1 0,0,1 , B 1,2,0 , N 0,1,02 2 , ．
1 1
MN ,0, PA 1,0, 1 AB 0,2,0
2 2
, , ．


MN PA 1 1 1 0 1 0 , ,
2 2
MN AB 0

MN PA , MN AB ,又 PA AB A ,都在面 PAB 内,
MN 面 PAB ;
（2）解:设 C 到平面 AMN 的距离为 h ．
由（1）可知 MN AM ．
PD 底面 ABCD ,底面 ABCD 为矩形, AB 2 , AD PD 1 ,
M , N 分别为 PB , CD 的中点,
6 2
AM 6 , AN 2 , MN 2 ,
2 4 2
S 1 6 2 3 △MMN ．2 2 2 4
S 1 1△ANC 1 1 ,2 2
由 VC AMN VM ANC
1 1 1 1 3
h ,
3 2 2 3 4
3 3
h ,即 C 到平面 AMN 的距离为 ．
3 3
{#{QQABJQQAogCgAABAABhCQwW6CAGQkBGCCSoOwFAYIAAAyAFABCA=}#}第四节 向量法研究直线、平面的位置关系
▍知识点1:直线的向量表示
点A是直线l上的一个点,是直线l的方向向量,在直线l上取,取定空间中的任意一点O,则点P在直线l上的充要条件是存在实数t,
使或,这就是空间直线的向量表达式.
注意:
在直线上取有向线段表示的向量,或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量,均为直线的方向向量.
［对应练习:基础1］
▍知识点2:平面的向量表示
如图,设两条直线相交于点O,它们的方向向量分别为和,P为平面α内任意一点,由平面向量基本定理可知,存在唯一的有序实数对,使得.
进一步地,如图,取定空间任意一点O,可以得到,空间一点P位于平面内的充要条件是存在实数,使.我们把该式称为空间平面的向量表示式,由此可知,空间中任意平面由空间一点及两个不共线向量唯一确定.
▍知识点3:平面的法向量定义
直线l⊥α,取直线l的方向向量,我们称向量为平面α的法向量.给定一个点A和一个向量,那么过点A,且以向量为法向量的平面完全确定,可以表示为集合.
注意:一个平面的法向量不是唯一的,在应用时,可适当取平面的一个法向量.已知一平面内两条相交直线的方向向量,可求出该平面的一个法向量.
▍知识点4:平面的法向量确定通常有两种方法
（1）几何体中有具体的直线与平面垂直,只需证明线面垂直,取该垂线的方向向量即得平面的法向量;
（2）几何体中没有具体的直线,一般要建立空间直角坐标系,然后用待定系数法求解,
一般步骤如下:
①设平面法向量为;
②找出平面内的两个不共线向量
③根据法向量的定义建立方程组;
④解方程组,取其中一个解,得到（因为有无数个,常在方程组的解中取一个比较简单的解作为平面的一个法向量,一般令,,）
［对应练习:基础2］
▍知识点5:向量法判定线面关系
设直线,的方向向量分别为,平面的法向量分别为,则有:
线线平行
线面平行
面面平行
线线垂直
线面垂直
面面垂直
［对应练习:题型1—题型3］
求直线的方向向量
求直线的方向向量,首先是找到直线上两点,然后用坐标表示以这两点为起点和终点的向量该向量就是直线的一个方向向量.
【典例 1】若,在直线上,则直线的一个方向向量为（ ）
A. B.
C. D.
【变式 2】已知直线的方向向量为,直线的方向向量为,且,则（ ）
A. B.1 C.0 D.无法确定
【练习 3】已知直线的一个方向向量,且直线过点和两点,则（　　）
A.0 B.1 C. D.3
【练习 4】（2024·全国高二课后作业）设直线的方向向量分别为,若,则实数等于（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
【练习 5】（2024·北京高二期中）直线的方向向量分别为,则（ ）
A. B.∥
C.与相交不平行 D.与重合
【练习 6】已知直线和不重合,分别是的方向向量,则是的（ ）
A.充分非必要条件 B.必要非充分条件
C.充要条件 D.既非充分也非必要条件
求平面的法向量
【典例 7】已知是平面内的两个不共线的向量,,求平面的一个法向量.
【典例 8】已知正方体,分别写出对角面和平面的一个法向量.
【典例 9】如图,棱长为3的正方体中,点在棱上,且满足.以为原点, ,,所在直线分别为轴、轴、轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
（1）求平面的一个法向量;
（2）求平面的一个法向量.
【练习 10】如图,长方体中,, ,,建立适当的空间直角坐标系,求下列平面的一个法向量:
（1）平面ABCD;
（2）平面;
（3）平面.
重点题型专练
利用空间向量证明平行关系
角度1:证明线线平行
【典例 11】长方体中,,, ,点S、P在棱、上,且, ,点R、Q分别为AB、的中点.用空间向量求证:直线直线.
【练习 12】如图,在四棱锥中,为矩形, 平面,为的中点,为的中点,且,,用空间向量求证:.

角度2:证明线面平行
【典例 13】如图,已知正方体中, M,N分别是与的中点.用空间向量法求证:面.
【练习 14】（2024·吉林）如图,平面, ,,,,.证明:平面.

【练习 15】（2024·长春）如图,在几何体中,四边形和均为边长为2的正方形, ,底面,M、N分别为、的中点,.求证:平面.
【练习 16】如图,在三棱柱ABC－A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,E,F分别为A1C1和BC的中点.求证:C1F∥平面ABE.
角度3:证明面面平行
【典例 17】（2024·广东高二）如图,棱长为2的正方体中,分别是的中点,用空间向量求证:平面平面.

【练习 18】如图,已知正方体ABCD－A1B1C1D1中, M,N,P分别是AD1,BD,B1C的中点,证明:平面MNP∥平面CC1D1D.
利用空间向量证明垂直关系
角度1:证明线线垂直
【典例 19】如图,在四棱锥中,平面,四边形是矩形,且, ,点是的中点,点分别是线段上的点,且.求证:.
【练习 20】如图,在三棱锥 中,平面,,E,F,M分别为AP,AC,PB的中点,求证: .
角度2:证明线面垂直
【典例 21】（2023·北京朝阳高二）如图,在棱长为1的正方体中,点E、F分别为棱、中点.用空间向量法证明:平面.
【练习 22】如图,已知平面ABCD,底面ABCD为正方形,PA＝AD＝AB＝2, M,N分别为AB,PC的中点.用空间向量法证明: 平面PCD.
【练习 23】（2023·全国高三专题）如图,在三棱台中,,平面, ,,,且D为中点.用空间向量法证明:平面.
【练习 24】如图,直四棱柱的底面是边长为2的菱形,且,E为棱AD的中点, .用空间向量法证明:平面.
角度3:证明面面垂直
【典例 25】（2024·四川成都高二期中）已知在四棱锥中,底面为正方形,侧棱平面,点M为PD中点,.求证:平面平面.
【练习 26】（2024·全国高三专题练习）已知单位正方体中,为的中点.求证:平面平面.
【练习 27】如图,在直三棱柱中,侧面是正方形,分别为棱的中点,且.
（1）求的值;
（2）用向量法证明:平面平面.
平行垂直关系中的探索性问题
角度1:设点坐标求位置关系
【典例 28】在棱长为2的正方体中,点是的中点,点是上的动点.试确定点的位置,使得平面.
【练习 29】如图,平面四边形中,为的中点,,,且.将此四边形沿折成直二面角,连接,设中点为.在线段上是否存在一点,使得平面？若存在,请确定点的位置;若不存在,请说明理由.
【练习 30】（2023·广东高二）如图所示,在四棱锥中,底面,底面为正方形,,,分别是,的中点.
（1）求证:.
（2）已知点在平面内,且平面,试确定点的位置.
【练习 31】（2023·全国）如图,在四棱锥中,底面ABCD,PB与底面ABCD所成的角为45°,底面ABCD为直角梯形,, ,问在棱PD上是否存在一点E,使得∥平面PAB？若存在,求出点E的位置;若不存在,请说明理由.（用空间向量方法）
角度2:设向量比例求位置关系
直线（线段）上的点,可设为,表示出点的坐标,或直接利用向量运算.
【典例 32】（2024·湖北黄冈高二练习）如图,在长方体中,E,M分别是,的中点,,.若在线段上存在一点,使∥平面,试确定N的位置.

【练习 33】如图,在三棱锥中,侧棱底面,且,,,过棱的中点,作交于点,连接, .试确定点的位置.

【练习 34】已知斜三棱柱的各棱长都为2,且,点在下底面ABC的投影为AB的中点O.
（1）在棱上是否存在一点D使？若存在,求出BD的长;若不存在,请说明理由;
（2）求点到平面的距离.
【练习 35】（21-22·浙江）如图,在四棱锥中,侧棱底面,底面为矩形,其中,,其中为棱中点, .若为棱上的点使得面,试确定的位置并说明理由.
【练习 36】如图,三棱锥的底面为等腰直角三角形,,.,分别为,的中点,平面,,点在线段上.试确定的位置使得平面平面.

综合巩固提升
一、单选题
1.已知平面平面,是平面的一个法向量,则下列向量是平面的法向量的是（ ）
A. B.
C. D.
2.直线的方向向量,平面α的法向量为,若直线平面,则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
3.如图,正方体的棱长为,、分别是棱、上的点,若平面,则与的长度之和为（ ）.
A. B. C. D.
4.棱长为1的正方体中,点P在棱CD上运动,点Q在侧面上运动,满足平面,则线段PQ的最小值为（ ）

A. B.1 C. D.
二、多选题
5.（2024·长春）已知点是平行四边形所在的平面外一点,如果,, ,下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C.是平面的一个法向量
D.∥
三、填空题
6.（19-20高二下·北京海淀·期中）已知为坐标原点,,,,直线,且与坐标平面相交于点,则点的坐标为 .
7.已知长方体中, ,E是棱的中点,P是平面内一点,且AP⊥平面,则EP长度为________.
四、解答题
8.（2023·海南海口·二模）如图,四棱锥中,底面,底面为矩形,,,,分别为,的中点.

（1）求证:面;
（2）求到平面的距离.

展开更多......

收起↑